微分证明题附极限题Word格式文档下载.docx
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⎛1⎫
⎝2⎭
(0,1)内至少存在一点ξ,使
(ξ)≥24
1⎫1⎛1⎫⎛1⎫11⎫⎛1⎫⎛1⎫⎛⎛
f(0)=f⎪+f'
⎪0-⎪+f'
(ξ1)0-⎪
2⎭2!
⎝2⎭⎝2⎭3!
2⎭⎝2⎭⎝2⎭⎝⎝⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫1⎛1⎫⎛1⎫1⎛1⎫
f
(1)=f⎪+f'
⎪1-⎪+f'
(ξ2)1-⎪
⎝2⎭⎝2⎭⎝2⎭2!
两式相减,得
f
(1)-f(0)=1=
2
3
23
[f'
(ξ1)+f'
(ξ2)]48
所以在(0,1)内至少存在一点ξ,使f'
(ξ)≥24.
3.设函数f(x)在闭区间[-1,1]上具有三阶连续导数,且f(-1)=0,f
(1)=1,f'
(0)=0,
在开区间(-1,1)内存在一点ξ,使f'
(ξ)=3。
f(x)=f(0)+f'
(0)x+
11
(0)x2+f'
(ξ1)x32!
3!
分别令x=-1,x=1,0=f(-1)=f(0)+
(0)-f'
(ξ1)2!
1=f
(1)=f(0)+f'
(0)+f'
相减,f'
(ξ2)=6。
由三阶导数的连续性,在开区间(-1,1)内存在一点ξ,使
(其实本题的三阶导数存在即可以证明,三阶导数即使不连续,介值性质依然
成立)。
4.设y=f(x)在(-1,1)内具有二阶连续导数且f'
(x)≠0,试证:
(1)对于(-1,1)内的任一x≠0,存在唯一的θ(x)∈(0,1)使得
f(x)=f(0)+xf'
(θ(x)x)成立;
(2)limθ(x)=
x→0
1。
(1)Lagrange中值定理,对于(-1,1)内的任一x≠0,存在θ(x)∈(0,1)使得
(θ(x)x)成立。
因为f'
(x)≠0,f'
(x)在(-1,1)内不变号,f'
(x)单调,
故θ(x)∈(0,1)事唯一的。
(2)
f(x)=f(0)+f'
(ξ)x22!
(ξ)x2,2!
xf'
(θ(x)x)=f(x)-f(0)=f'
(θ(x)x)-f'
(0)f'
=
θ(x)x2θ(x)
(0)=lim
(ξ)f'
(0)
,=lim=
x→0θ(x)x2θ(x)2limθ(x)
limθ(x)=
。
x→+∞
5.设f(x)在(a,+∞)内可导,如果lim[f(x)+xf'
(x)lnx]=l,求证
limf(x)=l。
limf(x)=lim
f(x)lnx
=lim[f(x)+xf'
(x)lnx]=lx→+∞lnx
6.设f在[a,b]二阶可导,求证存在x0∈(a,b),使得
(b-a)⎛a+b⎫
f(b)-2ff'
(x0)⎪+f(a)=
4⎝2⎭
a+b⎫1a+b⎫⎛a+b⎫⎛a+b⎫⎛⎛
f(a)=f⎪+f'
⎪a-⎪+f'
(x1)a-⎪
2⎭22⎭⎝2⎭⎝2⎭⎝⎝
f(b)=f⎪+f'
⎪b-⎪+f'
(x2)b-⎪
22222⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
相加,f(b)-2f⎪+f(a)=
8⎝2⎭
(x1)+f'
(x2)]。
由导函数的介值定理,存在x0∈(a,b),使得f(b)-2ff'
(x0)。
⎪+f(a)=
7.设f在[a,b]一阶可导,在(a,b)二阶可导,且满足f'
(a)=f'
(b)=0,求证存在
x0∈(a,b),使得
(x0)≥
f(x)=f(a)+
4
f(b)-f(a)
(b-a)2
12
(x1)(x-a)212
f(x)=f(b)+f'
(x2)(x-b)
122
(x1)(x-a)-f'
(x2)(x-b)=f(b)-f(a)
2a+b令x=,上式为
212
(x1)-f'
(x2)](b-a)=f(b)-f(a)
8
(x2)=
[f(b)-f(a)]2
b-a若f'
(x1)
44
'
f(b)-f(a)f(x)
(b-a)2(b-a)2
则f'
(x2)
f(b)-f(a),矛盾。
故存在x0∈(a,b),使得2
b-a
f(b)-f(a)2
(b-a)
8.设f∈C2[a,b],且f(a)=f(b)=0,试证
maxf(x)≤(b-a)2maxf'
(x)
(1)
a≤x≤ba≤x≤b8
(2)maxf'
(x)≤
a≤x≤b
;
(b-a)maxf'
(x)。
a≤x≤b2
(1)不妨设f(x)不恒为零,并设f(x0)=maxf(x),则f'
(x0)=0,
f(x)=f(x0)+
0=f(a)=f(x0)+
(ξ)(x-x0)22
(ξ1)(a-x0)2
(1)21
0=f(b)=f(x0)+f'
(ξ2)(b-x0)2
(2)
如果x0∈a,
⎛⎝1a+b⎫
f(x)≤(b-a)2maxf'
(x);
如果⎪,由
(1)式可得f(x0)=maxa≤x≤ba≤x≤b82⎭
1⎛a+b⎫
x0∈,b⎪,由
(2)式可得f(x0)=maxf(x)≤(b-a)2maxf'
a≤x≤ba≤x≤b8⎝2⎭
(3)设f'
(x0)=maxf'
(x),
(ξ1)(a-x0)221
(x0)(b-x0)+f'
(ξ2)(b-x0)2
11222
(x0)(b-a)=maxf'
(x)b-x0)+(a-x0)]≤maxf'
(x)(b-a)。
故
2a≤x≤b2a≤x≤b
0=f(a)=f(x0)+f'
(x0)(a-x0)+
maxf'
9.设f(x)在[x1,x2]可导,0
x11
x2-x1f(x1)
记F(x)=
f(x2x2
=f(ξ)-ξf'
f(x)1
G(x)=,Cauchy中值定理得xx
F(x2)-F(x1)F'
(ξ),=
Gx2-Gx1G'
ξ代入即可。
10.设
f(x)在[a,b]二阶可导,证明在(a,b)内至少存在一点ξ,使得
f(a)-f(x)f(b)-f(x)-
1=f'
(ξ),其中ξ,x∈(a,b)
b-a2
⎧f(t)-f(x),t≠x⎪
记F(t)=⎨,可以证明F(t)在[a,b]可导,中值定理,t-x
⎪t=x⎩f'
(x),
左=
F(a)-F(b)f'
(ξ1)(ξ1-x)-[f(ξ1)-f(x)]=F'
(ξ1)=2
a-bξ1-x12
(ξ)(x-ξ1),代入即可。
而
f(x)=f(ξ1)+f'
(ξ1)(x-ξ1)+
11.设
f(x)二阶导数存在且连续,c∈(a,b),证明在(a,b)内至少存在一点ξ,使得
f(a)f(c)f(b)1
++=f'
a-ba-cc-ac-bb-ab-c2
代入,
(ξ1)(a-c)212
f(b)=f(c)+f'
(c)(b-c)+f'
(ξ2)(b-c)
2f(a)=f(c)+f'
(c)(a-c)+
1⎧a-cb-c⎫
()()fξ+fξ⎨⎬。
2⎩a-bb-a⎭
如果
(ξ1)=f'
(ξ2),则已证毕;
如果f'
(ξ1)≠f'
(ξ2),不妨假设f'
a-cb-c⎫⎧
(ξ1)≤⎨f'
(ξ1)+f'
(ξ2)⎬≤f'
a-bb-a⎭⎩
由导函数的介值定理,存在ξ
∈(a,b)使得⎨f'
(ξ2)⎬=f'
(ξ),证毕。
(x+θh)h2,其中0
12.设
f(x)三阶可导,且f(x+h)=f(x)+f'
(x)h+
(x)≠0,求证limθ=
h→0
(x)h2+f'
(ξ)h32612
=f(x)+f'
(x)h+f'
(x+θh)h
111
(ξ)h3=f'
(x+θh)h2262
(x)+f'
(ξ)h=f'
(x+θh)
1f'
(x+θh)-f'
(x)f'
(ξ)=⋅θ3θh
令h→0,limθ=。
h→03
f(x+h)=f(x)+f'
13.已知
f(x)在a的δ
邻域内四阶可导,且
f(4)(x)≤M,设0
(a)-
f(a+h)+f(a-h)-2f(a)M2
≤h
h212
111(4)
(a)h2+f'
(a)h3+f(ξ1)h42624111(4)
f(a-h)=f(a)-f'
(a)h+f'
(a)h2-f'
(a)h3+f(ξ2)h4
2624f(a+h)=f(a)+f'
(a)h+
代入左式,左=
1(4)M2
f(ξ1)+f(4)(ξ2)≤h
1224
14.设
x2x2n
,证明f(x)=1+x+++
2n!
→±
∞时,f(x)→+∞,所以f(x)有正最小值f(x0),显然f(x0)也是极小值。
当x
x0=f'
(x0)=f(x0)-0
(2n)!
x
f(x0)=0。
显然,x015.设
2n
≠0,故f(x)有正最小值。
f(x),g(x)在(-∞,+∞)有定义,f'
(x),f'
(x)存在,且满足
(x)g(x)-f(x)=0
若
f(a)=f(b)=0,a
f(x)不恒为0,至少存在一点x1使得f(x1)≠0。
不妨假设f(x1)>
0。
f(x)在[a,b]
如果上有最大值
f(x0)≥f(x1)>
因为f(a)=f(b)=0,x0∈(a,b),f(x0)为极大值。
代入
与f(x0)为极大值矛盾。
所以在[a,b]f'
(x0)+f'
(x0)g(x0)-f(x0)=0,f'
(x0)=f(x0)>
0,上,
f(x)≡0。
四道极限题
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- 微分 证明 极限
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